Question

20．（理科）A_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，已知a_n＞0，A_n=$\frac{{a_n^2+2{a_n}-3}}{4}$，b_n=a_n-12
（1）求a_n和{ b_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（2）若T_n=|b₁|+|b₂|+…+|b_n|，求T_n；
（3）設(shè)c_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和R_n，求證R_n＜$\frac{1}{6}$．

Answer 1

分析 （1）a_n＞0，A_n=$\frac{{a_n^2+2{a_n}-3}}{4}$，n=1時(shí)，a₁=A₁=$\frac{{a}_{1}^{2}+{2a}_{1}-3}{4}$，解得a₁．
n≥2時(shí)，a_n=A_n-A_n-1，化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，可得 a_n-a_n-1=2，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n，可得b_n=a_n-12，及其{ b_n}的前n項(xiàng)和S_n．
（2）令b_n=2n-11≥0，解得n≥$\frac{11}{2}$．n≤5時(shí)，T_n=|b₁|+|b₂|+…+|b_n|=-b₁-…-b_n=-S_n．n≥6時(shí)，T_n=-b₁-…-b₅+b₆+…+b_n=-2S₅+S_n．
（3）c_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+3）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）$，利用“裂項(xiàng)求和”方法與數(shù)列的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）解：∵a_n＞0，A_n=$\frac{{a_n^2+2{a_n}-3}}{4}$，∴n=1時(shí)，a₁=A₁=$\frac{{a}_{1}^{2}+{2a}_{1}-3}{4}$，解得a₁=3．
n≥2時(shí)，a_n=A_n-A_n-1=$\frac{{a_n^2+2{a_n}-3}}{4}$-$\frac{{a}_{n-1}^{2}+2{a}_{n-1}-3}{4}$，化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∴a_n-a_n-1=2，
∴數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為3，公差為2．
∴a_n=3+2（n-1）=2n+1．
b_n=a_n-12=2n-11．
∴{ b_n}的前n項(xiàng)和S_n=$\frac{n（-9+2n-11）}{2}$=n²-10n．
（2）解：令b_n=2n-11≥0，解得n≥$\frac{11}{2}$．
∴n≤5時(shí)，T_n=|b₁|+|b₂|+…+|b_n|=-b₁-…-b_n=-S_n=-n²+10n．
n≥6時(shí)，T_n=-b₁-…-b₅+b₆+…+b_n=-2S₅+S_n=-2×（25-50）+n²-10n=n²-10n+50．
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{-{n}^{2}+10n，1≤n≤5}\\{{n}^{2}-10n+50，n≥6}\end{array}\right.$，n∈N^*．
（3）證明：c_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+3）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和R_n=$\frac{1}{2}[（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+（\frac{1}{5}-\frac{1}{7}）$+…+$（\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}）]$
=$\frac{1}{2}（\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}）$＜$\frac{1}{6}$．
∴R_n＜$\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、分類(lèi)討論方法、“裂項(xiàng)求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．